精品解析：江苏省南京市中华中学2024-2025学年高三下学期第一次模拟前考试数学试题

2024-2025学年高三下南京中华中学3月一模数学试卷 一、单项选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上.） 1. 在复平面内，复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 在数列中，“对于任意的正整数，都有”是“数列为等比数列”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知向量在上的投影向量为，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 6. 设双曲线的左、右焦点分别为，以坐标原点为圆心、为半径的圆与的渐近线在第一象限的交点为，直线与的左支交于点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知为锐角，且，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为，是奇函数，的导函数为，且，则（ ） A. B. C. D. 2 二．多项选题（本大题共3小题，每小题6分.供18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.请把答案涂在答题卡相应位置上.全部选对得6分.部分选对得部分分，不选或有选错的得0分） 9. 下列命题正确的是（ ） A. 已知关于的回归方程为，则样本点的残差为 B. 数据4，6，7，7，8，9，11，14，15，19的分位数是14 C. 已知随机变量，若最大，则的取值集合是 D. ，，，和，，，的方差分别为和，若且，2，3，，则 10. 如图，正方体的棱长为是棱上的动点（含端点），则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. C. 二面角的平面角的大小为 D. 存在某个点，使直线与平面所成角为 11. 已知曲线的方程为，则下列说法正确的有（ ） A. 曲线关于原点对称 B. 若曲线上的点，则 C. 若曲线与曲线有公共点，则 D. 若点在曲线上，则 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 上海国际电影节影片展映期间，某影院准备在周日的某放映厅安排放映4部电影，两部纪录片和两部悬疑片，当天白天有5个时段可供放映（5个连续的场次），则两部悬疑片不相邻（中间隔空场也叫不相邻），且当天最先放映的一定是悬疑片的排片方法有______种（结果用数字表示）． 13. 若函数在上恰有2个零点，则符合条件的a为_______. 14. 在现代网络通信中，为了确保信息安全，常需要对重要信息进行加密处理，对密钥序列进行复杂的生成和更新操作．为生成密钥序列，现定义一个简单的加密算法，让其在第轮对密钥序列片段进行一次变换，变换规则如下：在第轮变换中，若为奇数，则将让序列的奇数项的值增加2，偶数项的值减少；若为偶数，则将让序列的奇数项的值增加，偶数项的值减少1．若初始密钥序列，，则 （1）加密序列的所有项之和为________； （2）加密序列的所有项之和为________．（结果用含的式子表示） 四、解答题（本大题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 某足球队为评估球员的场上作用，对球员进行数据分析．球员甲在场上出任边锋、前卫、中场三个位置，根据过往多场比赛，其出场率与出场时球队的胜率如下表所示． 场上位置 边锋 前卫 中场 出场率 0.5 0.3 0.2 球队胜率 0.6 0.8 0.7 （1）当甲出场比赛时，求球队输球的概率； （2）当甲出场比赛时，在球队获胜的条件下，求球员甲担当前卫的概率； （3）如果某场比赛该运动队获胜，求在该场比赛中甲最可能的出场位置. 16. 如图，在多面体中，底面是边长为的正方形，是等边三角形，，，且平面平面. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的余弦值. 17. 在中，角，，对应边为，，，满足． （1）已知，若在上，且，求的最大值； （2）延长至点，使得．若，求的大小． 18. 已知点是圆上的动点，，线段的中垂线与直线交于点，点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）直线与曲线的另一交点为，过且垂直于的直线与曲线交于点，． ①若为轴上的一点，且△的内心恒在轴上，求点坐标； ②求四边形面积的最小值． 19. 已知函数． （1）若函数是增函数，求实数的取值范围； （2）试判断在上的零点个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年高三下南京中华中学3月一模数学试卷 一、单项选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上.） 1. 在复平面内，复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先应用复数的乘法及除法公式计算得出复数，再根据对称性求解即可. 【详解】因为， 在复平面内，复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，所以. 故选：B. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解两个集合中的不等式，得到这两个集合，再由交集的定义求解即可. 【详解】不等式，即或，解得或， 不等式，即，解得， 所以，，有. 故选：C 3. 在数列中，“对于任意的正整数，都有”是“数列为等比数列”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列的性质及充分条件、必要条件的定义进行判断即可. 【详解】当有成立时，数列不一定为等比数列，例如，即充分性不成立； 当数列为等比数列时，一定成立，即必要性成立. 故选：A. 4. 已知向量在上的投影向量为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用投影向量的定义及向量夹角公式计算得解. 【详解】依题意，向量在上的投影向量为，则， 由，得，于是，又， 所以. 故选：A 5. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】，用二次通项公式即可求解 【详解】解析：， ∴展开式中的系数为． 故选：C 6. 设双曲线的左、右焦点分别为，以坐标原点为圆心、为半径的圆与的渐近线在第一象限的交点为，直线与的左支交于点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解法一 易得，再由，得到，然后由点在上，代入双曲线方程求解；解法二 易得，过分别作轴于点，轴于点，由则结合，得到，同理，得到，再由点在上，代入双曲线方程求解； 【详解】如图所示： 解法一 设的焦距为，，，，由题知， 又点在的渐近线上，所以，可得. 因为，所以， 设，则，得， 又点在上，所以，得， 得，则， 所以的离心率. 故选：B （另解：直接开方，得，，即） 解法二 设的焦距为，，，，由题知， 又点在的渐近线上，所以，可得. 如图所示： 过分别作轴于点，轴于点，则， 因为，所以，所以， 故，同理， 所以，故， 又点在上，所以，得， 得，则， 所以的离心率. 故选：B 7. 已知为锐角，且，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】可先利用三角函数的两角和公式对已知条件进行化简，然后得到关于的表达式，最后利用基本不等式求出的最大值. 【详解】因为， 已知，则有： ， 移项可得：， 即，由于， 两边同时除以，得到， 则 令（，因为为锐角），则. 根据均值不等式对于有： 当且仅当，即时等号成立. 所以，即的最大值为. 故选：A. 8. 已知函数的定义域为，是奇函数，的导函数为，且，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数奇偶性可得是奇函数，且8是的一个周期，赋值法计算可得的值，同理可计算求得8也是的一个周期，求出的值即可. 【详解】由，得， 因为是奇函数，所以也是奇函数，所以，. 又，所以， 即，所以，所以8是的一个周期， 所以， 由，得. 由，得， 又，所以， 所以，即，所以， 所以8也是的一个周期， 所以，得， 所以，所以. 故选：A. 【点睛】方法点睛：求解函数值或求和问题时，经常利用函数奇偶性以及整体代换和赋值法求得对应的周期，再由周期性的应用即可得出结果. 二．多项选题（本大题共3小题，每小题6分.供18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.请把答案涂在答题卡相应位置上.全部选对得6分.部分选对得部分分，不选或有选错的得0分） 9. 下列命题正确的是（ ） A. 已知关于的回归方程为，则样本点的残差为 B. 数据4，6，7，7，8，9，11，14，15，19的分位数是14 C. 已知随机变量，若最大，则的取值集合是 D. ，，，和，，，的方差分别为和，若且，2，3，，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据残差、百分位数、二项分布、样本方差等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】对于A，样本点的残差为，故A正确； 对于B，因为， 所以分位数是，故B错误； 对于C，若最大，则， 解得，所以的取值集合是，，故C错误； 对于D，若且，2，3，，则，2，3，， 所以，故D正确． 故选：AD 10. 如图，正方体的棱长为是棱上的动点（含端点），则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. C. 二面角的平面角的大小为 D. 存在某个点，使直线与平面所成角为 【答案】ABC 【解析】 【分析】A.根据等体积法的等高等底即可判断；应用空间向量法计算得出线线垂直判断B，再应用空间向量法计算线面角的正弦范围得出线面角的最大值为判断D，再结合二面角空间向量法计算判断C. 【详解】对于选项A：三棱锥转化为三棱锥的底面积为定值， 因为平面平面，所以到平面高不变，体积为定值，故选项A正确； 对于选项B： 如图建系，设，则 因为，， 所以得，故选项B正确； 对于选项D：取平面的法向量为， 因为 ， 则设直线与平面ABCD所成角,则， 当时，，这时直线与平面ABCD所成角最大值为，故选项D不正确； 对于选项C：设平面法向量为，， 所以，所以 所以令，可得，设平面法向量为， 设二面角 为，则 所以二面角的大小为，故选项C正确. 故选：ABC. 11. 已知曲线的方程为，则下列说法正确的有（ ） A. 曲线关于原点对称 B. 若曲线上的点，则 C. 若曲线与曲线有公共点，则 D. 若点在曲线上，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A利用替换思想通过方程没变化，去判断曲线关于原点对称，对于B利用代换消元去得到新的不等式，再通过已知条件去证明是否成立，对于C，利用方程组消元，再通过分类讨论来分离参变量和去绝对值，最后构造函数求值域即可判断，对于D，则利用放缩思想，即正数大于负数，从而得证． 【详解】对于，用替换方程不变，则曲线关于原点对称，故选项正确； 对于，由，点是曲线上的点，则， 所以上式等价于， 而方程中，即，所以不恒成立，故选项错误； 对于，由曲线方程，可知函数为偶函数， 故曲线关于轴对称，故只需要分析情形两曲线有公共点， 则把代入得， , 当时，， 构造函数，则， 因为，所以， 即在上单调递增， 又因为，当时，， 所以的值域为， 则方程有解的充要条件是，此时满足， 当时，， 构造函数，则， 因为，所以，即 故函数在上单调递减， 又因为，当时，， 所以函数的值域为， 则方程有解的充要条件是，此时不满足， 所以综上可得：，故选项正确； 对于，由点在曲线上得：， 则， 所以 ,故选项正确． 故选：． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 上海国际电影节影片展映期间，某影院准备在周日的某放映厅安排放映4部电影，两部纪录片和两部悬疑片，当天白天有5个时段可供放映（5个连续的场次），则两部悬疑片不相邻（中间隔空场也叫不相邻），且当天最先放映的一定是悬疑片的排片方法有______种（结果用数字表示）． 【答案】 【解析】 【分析】按照第一场是否为空场分类，再根据分步计数原理得到两部悬疑片不相邻，且当天最先放映的一定是悬疑片的排片方法. 【详解】由题意当天最先放映的一定是悬疑片，若第一场是悬疑片， 从2个悬疑片中选1个安排到第一场有种排法，由两部悬疑片不相邻（中间隔空场也叫不相邻），可以从个场次中的后3场选1场安排另一部悬疑片有种排法， 所以排悬疑片有种排法，两部纪录片排在剩下的3个位置，有种排法， 共有种； 若第一场为空场，则第二场从2个悬疑片中选1个安排有种排法， 从后2场选1场安排另一部悬疑片有种排法， 所以排悬疑片有种排法，两部纪录片排在剩下的2个位置，有种排法， 共有种； 所以符合题意的排法一共有种排法. 故答案为：44 13. 若函数在上恰有2个零点，则符合条件的a为_______. 【答案】1 【解析】 【分析】该函数零点可以转化为一个二次函数零点与正弦型函数零点的个数之和，再对、分类讨论，即可得取值. 【详解】令，则或， 由， 当时，在上没有零点， 则在上应有2个零点， 因为，所以，即， 与联立得，因为，所以a无解； 当时，在上有1个零点， 而在上有1个零点，满足题意； 综上得符合条件的为1． 故答案为：1． 14. 在现代网络通信中，为了确保信息安全，常需要对重要信息进行加密处理，对密钥序列进行复杂的生成和更新操作．为生成密钥序列，现定义一个简单的加密算法，让其在第轮对密钥序列片段进行一次变换，变换规则如下：在第轮变换中，若为奇数，则将让序列的奇数项的值增加2，偶数项的值减少；若为偶数，则将让序列的奇数项的值增加，偶数项的值减少1．若初始密钥序列，，则 （1）加密序列的所有项之和为________； （2）加密序列的所有项之和为________．（结果用含的式子表示） 【答案】 ①. 52 ②. 【解析】 【分析】（1）根据变换规则，先求出，再求，在求和即可； （2）设为奇数，则为偶数，记序列的所有项的和为，先求，再求，最后结合等差数列的求和公式求解. 【详解】（1）因为， 根据变换规则：在第轮变换中，若为奇数，则将让序列的奇数项的值增加2，偶数项的值减少； 若为偶数，则将让序列的奇数项的值增加，偶数项的值减少1. 所以， 所以， 所以的所有项之和为； （2）设为奇数，则为偶数，， 记序列的所有项的和为， 则，， 所以的所有项之和为 . 故答案为：52；. 【点睛】关键点点睛：本题的关键时能根据题中“变换规则”先求出，，再设为奇数，求出，再求. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 某足球队为评估球员的场上作用，对球员进行数据分析．球员甲在场上出任边锋、前卫、中场三个位置，根据过往多场比赛，其出场率与出场时球队的胜率如下表所示． 场上位置 边锋 前卫 中场 出场率 0.5 0.3 0.2 球队胜率 0.6 0.8 0.7 （1）当甲出场比赛时，求球队输球的概率； （2）当甲出场比赛时，在球队获胜的条件下，求球员甲担当前卫的概率； （3）如果某场比赛该运动队获胜，求在该场比赛中甲最可能的出场位置. 【答案】（1）0.32 （2） （3）边锋，理由如下： 同（2） 由于，所以甲球员最可能的出场位置是任边锋. 【解析】 【分析】（1）根据条件概率公式分别计算出甲球员在担任边锋、前卫、中场时赢球的概率，最后相加得到甲球员参加比赛时，球队赢球的概率，再用1去减即可． （2）根据条件概率的计算公式即可求解， （3）由三个位置上的出场几率，即可做出判断. 【小问1详解】 设表示“甲球员担当边锋”； 表示“甲球员担当前卫”； 表示“甲球员担当中场”； 表示“球队赢了某场比赛”， 则 ， 该球队某场比赛输球的概率为， 【小问2详解】 由（1）知： , 所以 ， 所以球员甲担当前卫的概率为 【小问3详解】 甲球员最可能的出场位置是任边锋，理由略. 16. 如图，在多面体中，底面是边长为的正方形，是等边三角形，，，且平面平面. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 因为四边形是正方形，则， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面， 又平面，于是， 又，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质可得出平面，可得出，再结合可证得结论成立； （2）解法一：在平面内过作，推导出平面，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得直线与平面所成角的余弦值； 解法二：取中点，连接，分析可知直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，利用等体积法计算出点到平面的距离，设直线与平面所成角为，可得出，再结合同角三角函数的基本关系可得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一：在平面内过作， 由平面平面，平面平面，得平面， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， ，，， 设平面的法向量为，则, 令，得， 设直线与平面所成角为， ， 直线与平面所成角的余弦值为. 解法二：取中点，连接， 因为平面，平面，则， 因为，，则，，则四边形为矩形， 则且，，则， 取的中点，的中点，连接、. 因为为等边三角形，为的中点，则，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面，且， 因为平面，所以，，则， 直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角. 因为，平面，平面，则平面， 故点到平面的距离等于，设点到平面的距离为， 由，则， 因为，，则， 且，所以，四边形为平行四边形，则， 且， 在中，，，取的中点，连接，则， 所以，，则则， 则，则， 直线与平面所成角的余弦值为. 17. 在中，角，，对应边为，，，满足． （1）已知，若在上，且，求的最大值； （2）延长至点，使得．若，求的大小． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由已知可得，根据面积公式可得，由余弦定理结合不等式即可求解； （2）由已知可得，过作，交于点，可证，根据比例关系可得，结合正弦定理即可求解. 【小问1详解】 在中，， 由，得， 整理得，而， 所以，可得， 结合，可知，所以的面积， 因为是边上的高，所以，可得， 由余弦定理得，即， 根据，可得，即， 解得，即，当且仅当时，等号成立， 所以， 当时，取得最大值； 【小问2详解】 由，可得， 过作，交于点，则，可得， 在与中，，， 所以，可得，即， 所以， 结合正弦定理得，可得， 结合，可得或， 所以或. 18. 已知点是圆上的动点，，线段的中垂线与直线交于点，点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）直线与曲线的另一交点为，过且垂直于的直线与曲线交于点，． ①若为轴上的一点，且△的内心恒在轴上，求点坐标； ②求四边形面积的最小值． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）依题意可得，根据椭圆的定义计算可得； （2）①设的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，依题意，设，利用斜率公式计算可得；②依题意直线的方程为，设，，联立直线与椭圆方程，由弦长公式表示出、，再由面积公式及基本不等式计算可得. 【小问1详解】 因为点是圆上的动点， 所以，，由题意知，， 所以点的轨迹是以、为焦点的椭圆，且，，即，， 所以，所以曲线的方程为． 【小问2详解】 ①由题意知，直线的斜率不可能为，设的方程为，，， 联立，消去得，， 所以，，， 设，因为的内心恒在轴上，所以直线和直线的斜率互为相反数， 即，而，，所以， 即，所以， 整理得，所以，解得， 所以点坐标为． ②由①知，， 因为，且直线过点，所以直线的方程为， 设，，联立，消去得，， 所以，，， 所以， 所以四边形面积， 令，则，且， 所以， 当且仅当，即时，取得最小值，故四边形面积的最小值为． 19. 已知函数． （1）若函数是增函数，求实数的取值范围； （2）试判断在上的零点个数． 【答案】（1）； （2） 当时，在上有一个零点； 当时，在上有2个零点. 【解析】 【分析】（1）由题结合在定义域内恒成立可得答案； （2）研究在上的单调性，结合零点存在性定理可判断零点个数. 【小问1详解】 由题意得，且在定义域内恒成立. 则在定义域内恒成立，令，对求导可得，，时，，即单调递减， 时，，即单调递增， 所以，则，故实数的取值范围为； 【小问2详解】 I由（1），当时，在上单调递增. 注意到，时，， 则此时在上有一个零点； II当时，令， 则，. 则在上单调递增，在上单调递减， 注意到，， 则存在，使. ①若，即，则. 则此时在上单调递增，在上单调递减. 注意到时，，， 则，使；注意到， i若，则此时有一个零点； ii若，则使，则此时有两个零点； ②若，因在上单调递增， 则存在，使. 则，. 则此时在上单调递增，在上单调递减. 由①分析，在存在零点，又注意到， 则此时有一个零点. 综上可得：当时，在上有一个零点； 当时，在上有2个零点. 【点睛】关键点睛：零点个数问题常用两种方法处理，第一种利用数形结合思想，将问题转化为直线与函数图象交点个数问题；第二种，利用单调性结合零点存在性定理确定零点所在区间，从而确定个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $